- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
硫酸亚铁容易被氧化，而硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]较稳定，常用于代替硫酸亚铁作还原剂．现以铁屑为主要原料制备硫酸亚铁铵晶体，其反应如下：Fe+H2SO4（稀）═FeSO4+H2↑
FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O═（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O
步骤l：在盛有适量铁屑的锥形瓶里加入某种试剂除去油污，加热，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，铁屑质量为m1．
步骤2：将处理过的铁屑加入到一定量的稀H2SO4中，加热至50℃-80℃充分反应，趁热过滤并用少量热水洗涤，滤液及洗涤液都转移至蒸发皿中．滤渣干燥后称重，剩余铁屑质量为m2
步骤3：准确称取所需质量的硫酸铵晶体加入“步骤2”的蒸发皿中，搅拌使之溶解，缓缓加热一段时间，将其冷却结晶、过滤．用无水乙醇洗涤晶体并自然干燥，称量所得晶体质量为m3．
回答下列问题：
（1）能够用于除去铁屑表面油污的试剂是______（填字母）．
A．纯碱溶液 B．烧碱溶液 C．明矾溶液 D．稀硫酸
（2）步骤2中趁热过滤的目的是______．
（3）硫酸亚铁在潮湿的空气中易被氧化生成一种物质（碱式硫酸铁），该反应的化学方程式为______．
（4）铁屑表面常有少量的铁锈（Fe2O3•nH2O），对FeSO4的制备______（填“有”、“无”）影响，理由是（用离子方程式回答）______．
（5）若忽略铁锈的影响，上述实验中硫酸亚铁铵晶体的产率为______．
（6）请设计一个简单的实验，检验硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水（简述实验操作、现象和结论）______．
正确答案
AB
避免FeSO4因结晶而造成损失
4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4
无
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+
取硫酸亚铁铵晶体于试管中，用酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水
解析
解：（1）A．Na2CO3溶液中存在水解离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，所以能够用于除去铁屑表面油污，故A正确；
B．烧碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，水解后变成易溶于水的高级脂肪酸钠和丙三醇，所以能够用于除去铁屑表面油污，故B正确；
C．明矾溶液，铝离子水解呈弱酸性，常温下油污几乎不水解，不能够用于除去铁屑表面油污，故C错误；
D．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式是：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，稀硫酸不能够用于除去铁屑表面油污，故D错误；
故答案为：AB；
（2）一般固体溶解度随着温度的升高而升高，步骤2中趁热过滤防止温度降低，物质的溶解度降低，析出晶体多，
故答案为：避免FeSO4因结晶而造成损失；
（3）+2铁离子易被空气中的氧气反应生成+3价的铁，硫酸亚铁在潮湿的空气中易被氧化，1mol氧气得4mol电子，4mol亚铁离子失去4mol电子，所以反应为：4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4，
故答案为：4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4；
（4）铁屑表面常有少量的铁锈（Fe2O3•nH2O），铁锈和酸反应生成可溶性的铁离子反应为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铁离子被铁单质还原成亚铁离子Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以对FeSO4的制备无影响，
故答案为：无；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（5）步骤l：铁屑质量为m1．步骤2：用酸处理，剩余铁屑质量为m2，溶解的铁质量为：m1-m2，其物质的量为：
故答案为：
（6）检验硫酸亚铁铵晶体中是否含有结晶水：取一试管，用药匙加入2克硫酸亚铁铵晶体，点燃酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水，
故答案为：取硫酸亚铁铵晶体于试管中，用酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水．
阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸（
已知：水杨酸和乙酰水杨酸均微溶于水，但其钠盐易溶于水，醋酸酐遇水分解生成醋酸．
回答下列问题：
（1）合成过程中最合适的加热方法是______．
（2）制备过程中，水杨酸会形成聚合物的副产物．写出该聚合物的结构简式______．
（3）粗产品提纯：
①分批用少量饱和NaHCO3溶解粗产品，目的是______．判断该过程结束的方法是______．
②滤液缓慢加入浓盐酸中，看到的现象是______．
③检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是______．
（4）阿司匹林药片中乙酰水杨酸含量的测定步骤（假定只含乙酰水杨酸和辅料，辅料不参与反应）：Ⅰ．称取阿司匹林样品m g；
Ⅱ．将样品研碎，溶于V1 mL a mol•L-1NaOH（过量）并加热，除去辅料等不溶物，将所得溶液移入锥形瓶；
Ⅲ．向锥形瓶中滴加几滴甲基橙，用浓度为b mol•L-1的标准盐酸到滴定剩余的NaOH，消耗盐酸的体积为V2mL．
①写出乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应的化学方程式：______．
②阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为______．
正确答案
解：（1）控制温度在85℃～90℃，温度低于100℃，应采取水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）水杨酸含有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，原则是羧基掉羟基，羟基掉氢原子，得到高聚物：
（3）①用少量饱和NaHCO3溶解粗产品，目的是使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；判断该过程结束的方法是没有气体产生，
故答案为：使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；没有CO2产生；
②滤液缓慢加入浓盐酸中，生成乙酰水杨酸，乙酰水杨酸微溶于水，所以会有浑浊产生，故答案为：有浑浊产生；
③检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸，
故答案为：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸；
（4）①乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应时酯基在碱性条件下水解，同时羧基与碱中和，反应为：
②乙酰水杨酸消耗的氢氧化钠的物质的量为：aV1×10-3-bV2×10-3，乙酰水杨酸的物质的量是消耗的氢氧化钠的物质的量的
解析
解：（1）控制温度在85℃～90℃，温度低于100℃，应采取水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）水杨酸含有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，原则是羧基掉羟基，羟基掉氢原子，得到高聚物：
（3）①用少量饱和NaHCO3溶解粗产品，目的是使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；判断该过程结束的方法是没有气体产生，
故答案为：使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；没有CO2产生；
②滤液缓慢加入浓盐酸中，生成乙酰水杨酸，乙酰水杨酸微溶于水，所以会有浑浊产生，故答案为：有浑浊产生；
③检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸，
故答案为：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸；
（4）①乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应时酯基在碱性条件下水解，同时羧基与碱中和，反应为：
②乙酰水杨酸消耗的氢氧化钠的物质的量为：aV1×10-3-bV2×10-3，乙酰水杨酸的物质的量是消耗的氢氧化钠的物质的量的
ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水．实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）、为原料制备ClO2的流程如图：
（1）写出电解时发生反应的化学方程式：______．
（2）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是______（填写字母）．
A．碳酸钠溶液 B．碱石灰 C．浓硫酸 D．水
（3）测定ClO2的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解，再加3mL硫酸溶液，将生成的ClO2气体通入锥形瓶中完全吸收，在锥形瓶中加入几滴淀粉溶液，用0.10mol/L的硫代硫酸钠标准液滴定（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），共用去50.00mL标准液．
①ClO2通入锥形瓶中与酸性碘化钾溶液反应（还原产物为Cl-），反应的离子方程式______；
②滴定终点现象是______；
③测得ClO2的质量m（ClO2）=______；
（4）以N2、H2为电极反应物，以1L浓度均为0.05mol•L-1的HCl-NH4Cl混合液为电解质溶液的燃料电池，请写出电池工作时的正极反应式：______．已知NH3•H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2-H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，求电路中通过的电子的物质的量为______（用含K的代数式表示，假设NH3与H2O完全转化为NH3•H2O且忽略溶液体积的变化）． 若有3克H2被完全氧化产生电能，并利用该过程中释放的电能电解足量的CuSO4溶液，（假设以石墨为电极，整个过程中能量总利用率为80%），若要将CuSO4溶液恢复到原来的浓度，需加入______（填化学式），质量为：______．
正确答案
解：（1）由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，
反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
故答案为：NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
（2）A、ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故A错误；
B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故选：C．
（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
②溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点．
故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；
③VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=0.1×50×10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） 0.1×50×10-3 mol
所以n（ClO2）=
所以m（ClO2）=
故答案为：0.0675g．
（4）以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH4+；
已知NH3•H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2-H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，则溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，根据电荷守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）=0.1mol/L，氨水的电离平衡常数为：K=
CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42-、OH-，OH-离子的放电能力大于SO42- 离子的放电能力，所以OH-离子放电生成氧气；
溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu，溶液变成硫酸溶液；
电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O
3克H2的物质的量为1.5mol，失去电子的物质的量为3mol，能量总利用率为80%，电解转移的电子的物质的量为：3mol×80%=2.4mol；
1mol氧气反应得到4mol电子，若转移2.4mol电子，生成氧气的物质的量为：
故答案为：N2+6e-+8H+=2NH4+；3×（0.05+
解析
解：（1）由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，
反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
故答案为：NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
（2）A、ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故A错误；
B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故选：C．
（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
②溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点．
故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；
③VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=0.1×50×10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） 0.1×50×10-3 mol
所以n（ClO2）=
所以m（ClO2）=
故答案为：0.0675g．
（4）以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH4+；
已知NH3•H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2-H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，则溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，根据电荷守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）=0.1mol/L，氨水的电离平衡常数为：K=
CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42-、OH-，OH-离子的放电能力大于SO42- 离子的放电能力，所以OH-离子放电生成氧气；
溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu，溶液变成硫酸溶液；
电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O
3克H2的物质的量为1.5mol，失去电子的物质的量为3mol，能量总利用率为80%，电解转移的电子的物质的量为：3mol×80%=2.4mol；
1mol氧气反应得到4mol电子，若转移2.4mol电子，生成氧气的物质的量为：
故答案为：N2+6e-+8H+=2NH4+；3×（0.05+
亚氯酸钠（NaClO2）主要用于棉纺、造纸业的漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，亚氯酸钠受热易分解．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
（1）提高“反应1”反应速率的措施有______、______等．
（2）“反应2”的氧化剂是______，该反应的化学方程式为：______．
（3）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是______．
（4）从“母液”中可回收的主要物质是______．
（5）“冷却结晶”后经______ （填操作名称）即可获得粗产品．
正确答案
解：（1）对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度；增大吸收液浓度，增大SO2与吸收液的接触面积，
故答案为：适当升高反应温度；增大吸收液浓度等；
（2）具有氧化性，根据生成NaClO2目标物的特点可知，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂，
故答案为：ClO2；H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；
（3）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解，
故答案为：常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解；
（4）氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中应含有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；
（5）冷却结晶后要分离出固体，应用过滤的方法，故答案为：过滤．
解析
解：（1）对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度；增大吸收液浓度，增大SO2与吸收液的接触面积，
故答案为：适当升高反应温度；增大吸收液浓度等；
（2）具有氧化性，根据生成NaClO2目标物的特点可知，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂，
故答案为：ClO2；H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；
（3）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解，
故答案为：常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解；
（4）氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中应含有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；
（5）冷却结晶后要分离出固体，应用过滤的方法，故答案为：过滤．
FeCO3
（1）用稀硫酸代替水溶解绿矾的原因是______．
（2）证明沉淀已经洗涤干净的方法是______．
（3）干燥过程中少量FeCO3•nH2O被氧化为FeOOH，反应方程式为：______．
（4）沉淀中仍含少量硫酸盐，在焙烧过程中需加入CaCO3进行脱硫处理，下图为加CaCO3和不加CaCO3对还原铁粉的产率的影响，根据图象分析，CaCO3的另一作用为______．
正确答案
解：（1）硫酸亚铁是强酸弱碱盐，易水解而使其溶液呈酸性，向溶液中加入酸能抑制亚铁离子水解，所以用稀硫酸代替水溶解绿矾，
故答案为：抑制Fe2+水解；
（2）FeCO3•nH2O沉淀易吸收硫酸根离子，硫酸根离子能和钡离子反应生成白色沉淀，如果沉淀已经洗涤干净，则其洗涤液中不含硫酸根离子，其检验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，表明沉淀已洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，表明沉淀已洗涤干净；
（3）FeCO3•nH2O易被氧气氧化为FeOOH，同时生成二氧化碳和水，反应方程式为：4FeCO3•nH2O+O2=4FeOOH+4CO2↑+（4n-2）H2O，
故答案为：4FeCO3•nH2O+O2=4FeOOH+4CO2↑+（4n-2）H2O；
（4）高温下，碳酸钙分解生成二氧化碳，二氧化碳能被碳还原生成一氧化碳，所以加入碳酸钙能增加一氧化碳的含量，则还原铁粉的产率增大，
故答案为：分解产生CO2与C反应生成还原剂CO．
解析
解：（1）硫酸亚铁是强酸弱碱盐，易水解而使其溶液呈酸性，向溶液中加入酸能抑制亚铁离子水解，所以用稀硫酸代替水溶解绿矾，
故答案为：抑制Fe2+水解；
（2）FeCO3•nH2O沉淀易吸收硫酸根离子，硫酸根离子能和钡离子反应生成白色沉淀，如果沉淀已经洗涤干净，则其洗涤液中不含硫酸根离子，其检验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，表明沉淀已洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，表明沉淀已洗涤干净；
（3）FeCO3•nH2O易被氧气氧化为FeOOH，同时生成二氧化碳和水，反应方程式为：4FeCO3•nH2O+O2=4FeOOH+4CO2↑+（4n-2）H2O，
故答案为：4FeCO3•nH2O+O2=4FeOOH+4CO2↑+（4n-2）H2O；
（4）高温下，碳酸钙分解生成二氧化碳，二氧化碳能被碳还原生成一氧化碳，所以加入碳酸钙能增加一氧化碳的含量，则还原铁粉的产率增大，
故答案为：分解产生CO2与C反应生成还原剂CO．
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